全国文数立体几何高考试题老师专用2.docx
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全国文数立体几何高考试题老师专用2
2015全国文科数学立体几何高考试题—老师专用
(2)
1、[2015·安徽卷]一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A.48B.32+8C.48+8D.80
C 【解析】由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示),所以该直四棱柱的表面积为S=2××(2+4)×4+4×4+2×4+2××4=48+8.
2、[2015·北京卷]某四棱锥的三视图如图1-1所示,该四棱锥的表面积是( )
A.32B.16+16C.48D.16+32
B 【解析】由题意可知,该四棱锥是一个底面边长为4,高为2的正四棱锥,所以其表面积为S=4×4+4××4×2=16+16,故选B.
3、[2015·广东卷]如图,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形,则该几何体体积为( )
A.4B.4C.2D.2
C 【解析】由三视图知该几何体为四棱锥,棱锥高h==3,底面为菱形,对角线长分别为2,2,所以底面积为×2×2=2,所以V=Sh=×2×3=2.
4、[2015·湖南卷]设图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A.9π+42B.36π+18C.π+12D.π+18
D 【解析】由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球,下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体,则其体积为:
V=V1+V2=×π×3+3×3×2=π+18,故选D.
5、[2015·辽宁卷]一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图1-3所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是( )
A.4B.2C.2D.
B 【解析】由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图,其中M,N是中点,矩形MNC1C为左视图.
由于体积为2,所以设棱长为a,则×a2×sin60°×a=2,解得a=2.所以CM=,故矩形MNC1C面积为2,故选B.
6、[2015·课标全国卷]在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为( )
D 【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如图,故侧视图选D.
7、[2015·陕西卷]某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )
A.8-B.8-C.8-2πD.
A 【解析】主视图与左视图一样是边长为2的正方形,里面有两条虚线,俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切,其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥,故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差,V正=23=8,V锥=πr2h=(r=1,h=2),故体积V=8-,故答案为A.
8、[2015·天津卷]一个几何体的三视图如图所示(单位:
m),则该几何体的体积为________m3.
4 【解析】根据三视图还原成直观图,可以看出,其是由两个形状一样的,底面长和宽都为1,高为2的长方体叠加而成,故其体积V=2×1×1+1×1×2=4.
9、[2015·浙江卷]若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是( )
答案:
B
10、[2015·福建卷]如图1-3,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上,若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于________.
【解析】∵EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AB1C=AC,∴EF∥AC,
又∵E是AD的中点,∴F是CD的中点,即EF是△ACD的中位线,∴EF=AC=×2=.
11、[2015·浙江卷]若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则( )
A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线
C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交
B 【解析】在α内存在直线与l相交,所以A不正确;若α内存在直线与l平行,又∵l⊄α,则有l∥α,与题设相矛盾,∴B正确,C不正确;在α内不过l与α交点的直线与l异面,D不正确.
12、[2015·广东卷]正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )
A.20B.15C.12D.10
D 【解析】一个下底面5个点,每个下底面的点对于5个上底面的点,满足条件的对角线有2条,所以共有5×2=10条.
13、[2015·四川卷]l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面
B 【解析】对于A,直线l1与l3可能异面;对于C,直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面;对于D,直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面.所以选B.
14、[2015·湖北卷]设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2,下列说法中最合适的是( )
A.V1比V2大约多一半B.V1比V2大约多两倍半
C.V1比V2大约多一倍D.V1比V2大约多一倍半
D 【解析】设球的半径为R,则V1=πR3.设正方体的边长为a,则V2=a3.又因为2R=a,所以V1=π3=πa3,V1-V2=a3≈1.7a3.
15、[2015·辽宁卷]已知球的直径SC=4,A、B是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC=45°,则棱锥S-ABC的体积为( )
A.B.C.D.
C 【解析】如图1-6,由于SC是球的直径,所以∠SAC=∠SBC=90°,又∠ASC=∠BSC=45°,所以△SAC、△BSC为等腰直角三角形,取SC中点D,连接AD、BD.由此得SC⊥AD,SC⊥BD,即SC⊥平面ABD.所以VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD=S△ABD·SC.
由于在等腰直角三角形△SAC中∠ASC=45°,SC=4,所以AD=2.同理BD=2.
又AB=2,所以△ABD为正三角形,
所以VS-ABC=S△ABD·SC=××22·sin60°×4=,所以选C.
16、[2015·课标全国卷]已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上,若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________.
【解析】如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,则球面面积为4πR2,圆锥底面面积为πr2,
由题意πr2=πR2,所以r=R,所以OO1===R,
所以SO1=R+R=R, S1O1=R-R=R,
所以==.
17、[2015·全国卷]已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________.
【解析】取A1B1的中点F,连EF,则EF∥BC,∠AEF是异面直线AE与BC所成的角,设正方体的棱长为a,可得AE=a,AF=a,在△AEF中,运用余弦定理得cos∠AEF=,即异面直线AE与BC所成角的余弦值为.
18、[2015·安徽卷]如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形.
(1)证明直线BC∥EF;
(2)求棱锥F-OBED的体积.
【解答】
(1)证明:
设G是线段DA与EB延长线的交点,由于△OAB与△ODE都是正三角形,OA=1,OD=2,所以OB綊DE,OG=OD=2.
同理,设G′是线段DA与FC延长线的交点,有OC綊DF,OG′=OD=2,又由于G和G′都在线段DA的延长线上,所以G与G′重合.
在△GED和△GFD中,由OB綊DE和OC綊DF,可知B和C分别是GE和GF的中点.所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.
(2)由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S△EOB=.
而△OED是边长为2的正三角形,故S△OED=.
所以SOBED=S△EOB+S△OED=.
过点F作FQ⊥DG,交DG于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=,所以VF-OBED=FQ·S四边形OBED=.
19、[2015·北京卷]如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.
(1)求证:
DE∥平面BCP;
(2)求证:
四边形DEFG为矩形;
(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?
说明理由.
【解答】
(1)证明:
因为D,E分别为AP,AC的中点,
所以DE∥PC.
又因为DE⊄平面BCP,PC⊂平面BCP,
所以DE∥平面BCP.
(2)因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点,
所以DE∥PC∥FG,
DG∥AB∥EF,
所以四边形DEFG为平行四边形.
又因为PC⊥AB,
所以DE⊥DG,
所以平行四边形DEFG为矩形.
(3)存
在点Q满足条件,理由如下:
连接DF,EG,设Q为EG的中点.
由
(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.
分别取PC、AB的中点M,N,连接ME、EN、NG、MG、MN.
与
(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,
且QM=QN=EG.
所以Q为满足条件的点.
20、[2015·江苏卷]如图在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.
求证:
(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD.
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.
【解答】证明:
(1)在△PAD中,因为E,F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连结BD,因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形,因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.
又因为BF⊂平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.
图1-6
21、[2015·课标全国卷]如图1-8,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:
PA⊥BD;
(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.
【解答】
(1)证明:
因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD,
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.
(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.
已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.
由
(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC.
由题设知PD=1,则BD=,PB=2.
根据DE·PB=PD·BD得DE=.
即棱锥D-PBC的高为.
22、
[2015·陕西卷]如图在△ABC中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.
(1)证明:
平面ADB⊥平面BDC;
(2)若BD=1,求三棱锥D-ABC的表面积.
【解答】
(1)∵折起前AD是BC边上的高,
∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.
又DB∩DC=D.
∴AD⊥平面BDC.
∵AD
平面ABD,
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由
(1)知,DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA,
DB=DA=DC=1.
∴AB=BC=CA=.
从而S△DAB=S△DBC=S△DCA=×1×1=.
S△ABC=×××sin60°=.
∴表面积S=×3+=.
23、[2015·江苏卷]如图1-2,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.
求证:
(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD.
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.
【解答】证明:
(1)在△PAD中,因为E,F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连结BD,因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形,因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.
又因为BF⊂平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.
24、[2015·辽宁卷]如图1-8,四边形ABCD为正方形,
QA⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.
(1)证明:
PQ⊥平面DCQ;
(2)求棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值.
【解答】
(1)由条件知PDAQ为直角梯形.
因为QA⊥平面ABCD,所以平面PDAQ⊥平面ABCD,交线为AD.
又四边形ABCD为正方形,DC⊥AD,
所以DC⊥平面PDAQ,可得PQ⊥DC.
在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD,则PQ⊥QD.
所以PQ⊥平面DCQ.
(2)设AB=a.
由题设知AQ为棱锥Q-ABCD的高,所以棱锥Q-ABCD的体积V1=a3.
由
(1)知PQ为棱锥P-DCQ的高,而PQ=a,△DCQ的面积为a2,
所以棱锥P-DCQ的体积V2=a3.
故棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值为1.
25、[2015·湖南卷]如图1-5,在圆锥PO中,已知PO=,⊙O的直径AB=2,点C在上,且∠CAB=30°,D为AC的中点.
(1)证明:
AC⊥平面POD;
(2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值.
【解答】
(1)因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC⊥OD.
又PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以AC⊥PO.
而OD,PO是平面POD内的两条相交直线,
所以AC⊥平面POD.
(2)由
(1)知,AC⊥平面POD,又AC⊂平面PAC,
所以平面POD⊥平面PAC.
在平面POD中,过O作OH⊥PD于H,则OH⊥平面PAC.
连结CH,则CH是OC在平面PAC上的射影,
所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角.
在Rt△ODA中,OD=OA·sin30°=.
在Rt△POD中,
OH===.
在Rt△OHC中,sin∠OCH==.
故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为.
26、[2015·福建卷]如图四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB.
(1)求证:
CE⊥平面PAD;
(2)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥P-ABCD的体积.
【解答】
(1)证明:
因为PA⊥平面ABCD,CE⊂平面ABCD,
所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD,CE∥AB,
所以CE⊥AD.
又PA∩AD=A,
所以CE⊥平面PAD.
(2)由
(1)可知CE⊥AD.
在Rt△ECD中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin45°=1.
又因为AB=CE=1,AB∥CE,
所以四边形ABCE为矩形.
所以S四边形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB·AE+CE·DE=1×2+×1×1=.
又PA⊥平面ABCD,PA=1,
所以V四棱锥P-ABCD=S四边形ABCD·PA=××1=.
27、[2015·江西卷]如图1-7,在△ABC中,∠B=,AB=BC=2,P为AB边上一动点,PD∥BC交AC于点D,现将△PDA沿PD翻折至△PDA′,使平面PDA′⊥平面PBCD.
(1)当棱锥A′-PBCD的体积最大时,求PA的长;
(2)若点P为AB的中点,E为A′C的中点,求证:
A′B⊥DE.
【解答】
(1)令PA=x(0 所以VA′-PBCD=Sh=(2-x)(2+x)x=(4x-x3). 令f(x)=(4x-x3),由f′(x)=(4-3x2)=0,得x=. 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以,当x=时,f(x)取得最大值, 即: 当VA′-PBCD最大时,PA=. (2)证明: 设F为A′B的中点,连接PF,FE.则有EF綊BC,PD綊BC,所以EF綊PD,四边形DEFP为平行四边形, 所以DE∥PF,又A′P=PB, 所以PF⊥A′B, 故DE⊥A′B. 28、[2015·山东卷]如图1-5,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°. (1)证明: AA1⊥BD; (2)证明: CC1∥平面A1BD. 图1-5 【解答】证明: (1)证法一: 因为D1D⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD, 图1-6 所以D1D⊥BD. 又因为AB=2AD,∠BAD=60°, 在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos60°=3AD2. 所以AD2+BD2=AB2, 所以AD⊥BD. 又AD∩D1D=D, 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1⊂平面ADD1A1, 所以AA1⊥BD. 证法二: 因为D1D⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD, 图1-7 所以BD⊥D1D. 取AB的中点G,连接DG. 在△ABD中,由AB=2AD得AG=AD, 又∠BAD=60°,所以△ADG为等边三角形. 因此GD=GB. 故∠DBG=∠GDB, 又∠AGD=60°, 所以∠GDB=30°, 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°, 所以BD⊥AD. 又AD∩D1D=D, 所以BD⊥平面ADD1A1, 又AA1⊂平面ADD1A1, 所以AA1⊥BD. (2)连接AC,A1C1. 图1-8 设AC∩BD=E,连接EA1. 因为四边形ABCD为平行四边形, 所以EC=AC, 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知, A1C1∥EC且A1C1=EC, 所以四边形A1ECC1为平行四边形. 因此CC1∥EA1, 又因为EA1⊂平面A1BD,CC1⊄平面A1BD, 所以CC1∥平面A1BD. 29、[2015·四川卷]如图1-5,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,延长A1C1至点P,使C1P=A1C1,连结AP交棱CC1于点D. (1)求证: PB1∥平面BDA1; (2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值. 图1-5 【解答】解法一: (1)连结AB1与BA1交于点O,连结OD. ∵C1D∥AA1,A1C1=C1P, ∴AD=PD, 又AO=B1O,∴OD∥PB1. 又OD⊂平面BDA1,PB1⊄平面BDA1, ∴PB1∥平面BDA1. (2)过A作AE⊥DA1于点E,连结BE. ∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且AA1∩AC=A, ∴BA⊥平面AA1C1C. 由三垂线定理可知BE⊥DA1. ∴∠BEA为二面角A-A1D-B的平面角. 在Rt△A1C1D中,A1D==, 又S△AA1D=×1×1=××AE, ∴AE=. 在Rt△BAE中,BE==, ∴cos∠BEA==. 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为. 30、[2015·天津卷]如图在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD的中点. (1)证明PB∥平面ACM; (2)证明AD⊥平面PAC; (3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值. 【解答】 (1)证明: 连接BD,MO.在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点.又M为PD的中点,所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM,MO⊂平面ACM,所以PB∥平面ACM. (2)证明: 因为∠ADC=45°,且AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PO⊥AD.而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC. (3)取DO中点N,连接MN,AN.因为M为PD的中点,所以MN∥PO,且MN=PO=1.由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在Rt△DAO中,AD=1,AO=,所以DO=.从而AN=DO=.在Rt△ANM中,tan∠MAN===,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
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